Một số kết quả mới trong hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MAI HƯƠNG MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MAI HƯƠNG MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - 2017 Mục lục Mở đầu Chương Một số kết tứ giác 1.1 Tứ giác có hai đường chéo vng góc 1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn 10 1.3 Đường tròn chín điểm 15 1.3.1 Đường trịn chín điểm đường thẳng Euler 15 1.3.2 Trực tâm tứ giác nội tiếp 25 1.3.3 Giao điểm Euler đường trịn chín điểm 26 Một vài đồng thức conic 27 1.4.1 Đồng thức cho đa giác nội tiếp parabol 27 1.4.2 Phép biến hình Nab 29 1.4.3 Đồng thức cho đa giác nội tiếp ellip 33 1.4.4 Đồng thức cho đa giác nội tiếp hyperbol 35 1.4 Chương Định lý Pascal lục giác nội - ngoại tiếp 38 2.1 Định lý Pascal 38 2.2 Ba đường nối tâm đồng quy 49 2.3 Kết cho lục giác nội, ngoại tiếp 52 Chương Một số bất đẳng thức hình học 59 3.1 Khối tâm bất đẳng thức Klamkin 59 3.2 Một số bất đẳng thức Garfunkel 62 3.3 Mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức 63 3.3.1 Một vài bất đẳng thức qua số phức 63 3.3.2 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác 69 3.3.3 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác 70 3.3.4 Bất đẳng thức đồng thức (M, N) 71 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 Mở đầu Hình học môn khoa học xuất sớm nhân loại Nhiệm vụ hình học mơ tả ngắn gọn trả lời cho câu hỏi hình dạng, kích thước, vị trí tương đối hình khối, tính chất khơng gian Tính đến kỷ XXI này, Hình học vượt xa khuôn khổ ban đầu, phát triển rực rỡ thành nhiều nhánh đại, trừu tượng, ứng dụng to lớn vào thực tiễn, Vật lý nhiều phân ngành Tốn học Hình học mơn học quan trọng chương trình Tốn phổ thông trường đại học sư phạm Các kết Hình học sơ cấp kinh điển tảng cho Toán học, khoa học, phát triển tư Sự lâu đời Hình học sơ cấp đơi làm nảy sinh quan niệm cũ kỹ khơng cịn phát triển Luận văn thực nhằm phủ định quan niệm Dưới hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, luận văn có mục đích trình bày kết nghiên cứu khoa học Hình học sơ cấp, bao gồm hai khía cạnh, là, thứ nhất, kết liên quan đến tứ giác đường tròn, thứ hai bất đẳng thức cho đa giác mà phần dành để thảo luận đa giác Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày ba chương: • Chương Một số kết tứ giác Chương trình bày kết tứ giác có hai đường chéo vng góc, vấn đề tứ giác đường tròn tứ giác ngoại tiếp đường tròn chín điểm Tiếp đó, số vấn đề đa giác nội tiếp conic thảo luận • Chương Định lý Pascal lục giác nội - ngoại tiếp Trình bày kết Định lý Pascal, ba đường nối tâm đồng quy lục giác nội - ngoại tiếp • Chương Một số bất đẳng thức hình học Chương dành để trình bày số bất đẳng thức hình học, bao gồm khối tâm bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức Garfunkel mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức Tác giả hi vọng luận văn làm tài liệu tham khảo hữu ích cho quan tâm đến Hình học sơ cấp ứng dụng Nó có ích việc bồi dưỡng giáo viên, học sinh giỏi, quan tâm đến toán sơ cấp muốn mở rộng nhãn quan nói chung Luận văn tác giả đầu tư nghiên cứu hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ nhiều lí do, luận văn chắn cịn thiếu sót định Tác giả hi vọng nhận nhiều đóng góp q Thầy Cơ, anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2017 Tác giả Phạm Thị Mai Hương Chương Một số kết tứ giác 1.1 Tứ giác có hai đường chéo vng góc Trong mục chúng tơi trình bày số kết tứ giác có hai đường chéo vng góc Tài liệu tham khảo mục [2] Định lí 1.1.1 Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC BD vng góc với AB2 +CD2 = AD2 + BC2 Chứng minh Giả thiết AC ⊥ BD K = AC × BD Theo Định lý Pythagore ta có AB2 +CD2 = KA2 + KB2 + KC2 + KD2 = KA2 + KD2 + KB2 + KC2 = AD2 + BC2 Ngược lại, giả thiết AB2 +CD2 = AD2 + BC Đặt α = ∠AKB Khi ta biểu diễn KA2 + KB2 − 2KA.KB cos α + KC2 + KD2 − 2KC.KD cos α = AB2 +CD2 KA2 + KD2 + 2KA.KD cos α + KC2 + KB2 + 2KC.KB cos α = AD2 + BC2 Vậy (KA.KB + KC.KD + KA.KD + KB.KC) cos α = Từ suy α = AC ⊥ BD π Hệ 1.1.1 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng, ký hiệu m1 = KM, m2 = KP, m3 = KN, m4 = KQ Khi m21 + m23 = m22 + m24 AC ⊥ BD Chứng minh Dễ dàng m21 + m23 = m22 + m24 AB2 +CD2 = BC2 + DA2 hay AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.1 Định lí 1.1.2 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD Gọi h1 , h2 , h3 , h4 độ dài bốn đường cao hạ từ đỉnh K xuống cạnh AB, BC,CD, DA tam giác KAB, KBC, 1 1 KCD, KDA, tương ứng Khi + = + AC ⊥ BD h1 h3 h2 h4 Chứng minh Đặt a = KA, b = KB, c = KC, d = KD, α = ∠AKB Biến đổi hệ thức 1 AB2 CD2 + = 2 + 2 h21 h23 a b sin α c d sin α a2 + b2 − 2ab cos α c2 + d − 2cd cos α = + a2 b2 sin2 α c2 d sin2 α 1 1 1 = − + + 2+ 2+ 2 a b c d sin α ab cd cos α sin2 α Tương tự, ta có 1 + 2= h2 h4 1 1 + 2+ 2+ 2 b c d a 1 + + bc da sin α cos α sin2 α Như vậy, hệ thức 1 1 + = 2+ 2 h1 h3 h2 h tương đương 1 1 + + + ab bc cD da cos α =0 sin2 α hay cos α = 0, điều hoàn toàn tương đương với điều kiện AC ⊥ BD Định lí 1.1.3 Tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC BD vng góc với ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π = ∠KAD + ∠KDA + ∠KBC + ∠KCB Chứng minh Nếu AC ⊥ BD ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π Ngược lại, giả thiết ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π Khi π = π − α + π − α Vậy π α = suy AC ⊥ BD Bổ đề 1.1.1 Tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng Khi AC ⊥ BD MP = NQ AC nên tứ giác MNPQ ln ln hình bình hành Vậy AC ⊥ BD MNPQ hình chữ nhật Như Chứng minh Vì MN PQ song song AC ⊥ BD MP = NQ Định lí 1.1.4 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA QQ1 ⊥ BC Khi đó, hai đường chéo AC BD vng góc với điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1, Q1 nằm đường tròn Chứng minh Nếu AC ⊥ BD MN = PQ theo Bổ đề 1.1.1 Gọi O giao điểm MN PQ Khi O trung điểm MN, PQ Dễ dàng suy OM = ON = OP = OQ = OM1 = ON1 = OP1 = OQ1 = MN Vậy tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 nằm đường tròn tâm O bán kính MN Ngược lại, giả thiết điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 nằm đường π tròn Vì ∠MM1 N = = ∠PP1Q nên MN PQ hai đường kính đường trịn điểm Vậy MN = PQ Từ suy AC ⊥ BD theo Bổ đề 1.1.1 Định lí 1.1.5 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA QQ1 ⊥ BC Khi đó, nhóm ba đường thẳng (MM1 , QQ1 , AC), (NN1 , PP1 , AC), (MM1 , PP1, BD), (NN1 , QQ1 , BD) đồng quy Chứng minh Dựng hệ tọa độ Kxy, K = AC × BD Giả sử A(a, 0), B(0, b), C(c, 0), D(0, d) Đường thẳng MM1 qua trung điểm M đoạn AB vuông a b góc với cạnh CD có phương trình c x − −d y− = Hiển nhiên MM1 2 bd − ac ac − bd , cắt BD điểm H 0, Đường thẳng cắt AC điểm E 2c 2d QQ1 qua trung điểm Q đoạn AD vng góc với cạnh CB có phương trình c x− d a −b y− 2 = Hiển nhiên QQ1 cắt AC điểm E cắt BD điểm G 0, ac − bd ,0 2c bd − ac 2b ac − bd , NN1 cắt BD 2a bd − ac bd − ac , PP1 cắt BD điểm H 0, điểm G 0, 2b 2d Hiển nhiên KA.KF = KC.KE = KB.KG = KD.KH Như vậy, tứ giác EGFH ảnh Hoàn toàn tương tự, NN1 , PP1 cắt AC điểm F ABCD phép nghịch đảo tâm K Định lí 1.1.6 Cho tứ giác lồi ABCD K = AC × BD Gọi K1 , K2 , K3 , K4 chân đường vng góc hạ từ K xuống AB, BC, CD, DA, tương ứng Khi ta có hai kết sau: (1) AC ⊥ BD bốn điểm K1 , K2 , K3 , K4 nằm đường tròn (2) Giả sử KK1 , KK2 , KK3 , KK4 kéo dài cắt CD, DA, AB, BC K1′ , K2′ , K3′ , K4′ tương ứng Tám điểm K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ nằm đường tròn (3) Tứ giác K1′ K2′ K3′ K4′ hình chữ nhật Chứng minh (1) Vì AC ⊥ BD nên ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π Từ suy kết ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π Ngược lại, giả thiết tứ giác K1 K2 K3 K4 nội tiếp đường trịn Khi ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = π Từ có ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π suy AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.3 10 (2) Dựng hệ tọa độ Kxy, K = AC × BD Giả sử A(a, 0), B(0, b), C(c, 0), D(0, d) Phương trình đường thẳng AB : bx + cy = cd, CD : dx + cy = cd KK1 : ax − by = Tọa độ K1 a2 b ab2 , a + b2 a + b K1′ bcd acd , ac + bd ac + bd Dễ dàng tính p= KK1 KK1′ √ |cd| a2 + b2 |abcd| =√ = |ac + bd| a2 + b2 |ac + bd| |ab| |abcd| |ac + bd| Từ suy rằng, tám điểm K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ nằm đường Hoàn toàn tương tự, ta có KK2 KK2′ = KK3 KK3′ = KK4 KK4′ tròn Chú ý rằng, KA.KB.KC.KD KA.KC + KB.KD abd acd (3) Dễ dàng tính K2′ , Như K1′ K2′ AC Tương tự ac + bd ac + bd K3′ K4′ AC, K2′ K3′ BD, K4′ K1′ BD Từ suy ra, tứ giác K1′ K2′ K3′ K4′ hình p= chữ nhật Hệ 1.1.2 Cho tứ giác lồi ABCD với AC ⊥ BD Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1, Q1 K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ trùng tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Chứng minh Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ trùng E, F, G, H trùng K hay ac = bd Điều tương đương tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn 1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn Chủ đề mục tứ giác ngoại tiếp đường trịn Chúng tơi trình bày số định lý quan trọng kèm theo chứng minh Chúng tơi trình bày dựa vào tài liệu [2] Định nghĩa 1.2.1 Một tứ giác có cạnh tiếp xúc với đường tròn gọi tứ giác ngoại tiếp đường tròn Định lí 1.2.1 Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn AB +CD = AD + BC 64 Bài giải (1) Gọi G trọng tâm tam giác ABC Theo Mệnh đề 3.3.1, với bốn điểm A, P, G, N ta có 2ma a mc b mb c + 3 2ama bmc + cmb 2bmb cma + amc 2cmc amb + bma hay Tương tự có Cộng ba bất đẳng thức, ta 2(ama + bmb + cmc ) (b + c)ma + (c + a)mb + (a + b)mc (2) Theo Mệnh đề 3.3.1, với bốn điểm B, P, N, C có a bc a + 22 mb mc Vì 2ama bmc + cmb nên 2a2 ma 4ma mb mc hay 4mb mc 2a2 + bc abmc + acmb Như 2a2 ma + bcma bcma + camb + abmc Ví dụ 3.3.2 Giả sử ∆ABC có BC = a,CA = b, AB = c đường trung tuyến AM = ma , BN = mb , CP = mc Chứng minh bất đẳng thức: (a3 + b3 + c3 )2 Bài giải Vì 64(ma mb mc )3 m3a + m3b + m3c (a3 + b3 + c3 )2 (m3a + m3b + m3c ) bcma + camb + abmc nên ta ln có (a3 + b3 + c3 )2 (m3a + m3b + m3c ) Vậy (a3 + b3 + c3 )2 64(ma mb mc )3 m3a + m3b + m3c 64(mamb mc )3 65 Mệnh đề 3.3.2 (Hayashi) Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Khi đó, với điểm M mặt phẳng ABC, ta có bất đẳng thức: aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB abc Đặc biệt, M ≡ G trọng tâm tam giác ABC ta có bất đẳng thức: abc amb mc + bmc ma + cma mb M ≡ I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC ta cịn có bất đẳng thức: b c a + + IA IB IC abc 4Rr2 Chứng minh Tương ứng đỉnh A, B,C với số phức z1 , z2 , z3 điểm M ứng với số phức z Từ bất đẳng thức: |z − z2 ||z − z3| |z − z3 ||z − z1 | |z − z1 ||z − z2 | + + |z1 − z2 ||z1 − z3 | |z2 − z3 ||z2 − z1 | |z3 − z1 ||z3 − z2 | 1, MB.MC MC.MA MA.MB + + Vậy a.MB.MC +b.MC.MA+c.MA.MB bc ca ab abc Khi M ≡ I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta cịn có bất đẳng thức a b c abc + + , IA.IB.IB = 4Rr2 IA IB IC 4Rr2 ta suy Mệnh đề 3.3.3 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c Gọi A1 , B1 ,C1 trung điểm cạnh BC,CA, AB, tương ứng Ký hiệu khoảng cách từ điểm M mặt phẳng ABC đến A1 , B1 ,C1 x, y, z Khi có bất đẳng thức: axMA + byMB + czMC abc Chứng minh Tương ứng đỉnh A, B,C với số phức z1 , z2 , z3 điểm M ứng với số phức Từ bất đẳng thức |z1 ||z22 − z23 | + |z2 ||z23 − z21 | + |z3 ||z21 − z22 | abc byMB + czMC |z1 − z2 ||z2 − z3 ||z3 − z1 |ta có axMA + Mệnh đề 3.3.4 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c Khi đó, với điểm M mặt phẳng ABC, ta có bất đẳng thức: aMA2 + bMB2 + cMC2 Hơn ta có aHA2 + bHB2 + cHC2 abc abc, H trực tâm ∆ABC 66 Chứng minh Tương ứng đỉnh A, B,C với số phức z1 , z2 , z3 điểm M ứng với số phức Từ bất đẳng thức |z1 |2 |z2 − z3 | + |z2 |2 |z3 − z1 | + |z3 |2 |z1 − z2 | z3 ||z3 − z1 | Ta có aMA2 + bMB2 + cMC2 abc |z1 − z2 ||z2 − Mệnh đề 3.3.5 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c Gọi G trọng tâm tam giác Với điểm M mặt phẳng ABC, ta có bất đẳng thức: (1) a3 MA + b3 MB + c3 MC 3abcMG (2) aMA3 + bMB3 + cMC3 3abcMG Chứng minh Tương ứng đỉnh A, B,C với số phức z1 , z2 , z3 điểm M ứng với số phức Từ bất đẳng thức |z1 ||z2 − z3 |3 + |z2||z3 − z1 |3 + |z3 ||z1 − z2 |3 ta có a3 MA + b3 MB + c3MC |z1 + z2 + z3 ||z1 − z2 ||z2 − z3 ||z3 − z1 | 3abcMG Bất đẳng thức aMA3 + bMB3 + cMC3 3abcMG chứng minh tương tự Ví dụ 3.3.3 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c Khi đó, với điểm M mặt phẳng ABC, ta ln có bất đẳng thức: aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB abc MO2 R Đặc biệt, M ≡ K tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC ∠A ta cịn có bất đẳng thức: b c a + + KA KB KC abc(R + 2ra ) 4R2 ra2 Bài giải Tương ứng điểm A, B,C, E tâm đường tròn ngoại tiếp O ∆ABC với số phức z1 , z2 , z3 , z, từ bất đẳng thức: |z1 |2 |z − z2 ||z − z3| |z2 |2 |z − z3 ||z − z1 | |z3 |2 |z − z1 ||z − z2 | + + |z1 − z2 ||z1 − z3 | |z2 − z3 ||z2 − z1 | |z3 − z1 ||z3 − z2 | |z|2 MB.MC MC.MA MA.MB MO2 + + Như có bc ca ab R2 abc MO2 Khi M ≡ K tâm đường tròn bàng aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB R2 với n = 2, ta suy 67 tiếp tam giác ABC ∠A ta có KO2 = R2 + 2Rra , KA.KB.KC = 4Rra2 có bất đẳng thức: a b c + + KA KB KC abc(R2 + 2Rra ) abc(R + 2ra) = R2 4Rra2 4R2 ra2 Mệnh đề 3.3.6 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Khi đó, với hai điểm E F mặt phẳng ABC ta ln có bất đẳng thức: OE.OF R2 Đặc biệt, E ≡ F ta có AE.AF BE.BF CE.CF + + bc ca ab AE BE CE + + bc ca ab OE R2 Chứng minh Tương ứng đỉnh A, B,C với số phức z1 , z2 , z3 , tâm O với số phức z hai điểm E, F ứng với hai số phức u, v Từ bất đẳng thức đây: |z1 − u||z1 − v| |z − u||z − v| |z − z1||z − z2 ||z − z3 | |z1 − z2 ||z1 − z3 ||z − z1 | |z3 − u||z3 − v| |z2 − u||z2 − v| + + |z2 − z1 ||z2 − z3 ||z − z2 | |z3 − z1 ||z3 − z2 ||z − z3 | ta suy OE.OF R2 AE.AF BE.BF CE.CF + + bc ca ab Mệnh đề 3.3.7 Tam giác ABC với BC = a,CA = b, AB = c có đường trịn ngoại tiếp tâm O bán kính R đường trịn nội tiếp tâm I bán kính r Gọi H trực tâm tam giác Ký hiệu khoảng cách từ O đến cạnh BC,CA, AB x, y, z Ta có bất đẳng thức: (1) ax by cz + + MA MB MC (2) ax by cz + + IA IB IC abcMH với điểm M 2MA.MB.MC abc IH 8Rr2 Chứng minh (1) Tương ứng đỉnh A, B,C, O với số phức z1 , z2 , z3 , M với số phức z Từ bất đẳng thức: |z3 + z1| |z2 + z3 | + |z1 − z2 ||z1 − z3 ||z1 − t| |z2 − z3||z2 − z1 ||z2 − t| 68 |t − z1 − z2 − z3 | ax |z1 + z2 | ta có bất đẳng thức + |z3 − z1 ||z3 − z2 ||z3 − t| |t − z1 ||t − z2 ||t − z3 | MA by cz abcMH + MB MC 2MA.MB.MC abc abc ax by cz + + IH = IH (2) Khi M ≡ I ta có IA IB IC 2IA.IB.IC 8Rr2 + Ví dụ 3.3.4 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c Gọi A1 , B1 ,C1 trung điểm cạnh BC,CA, AB, tương ứng Ký hiệu khoảng cách từ điểm M mặt abc phẳng ABC đến A1 , B1 ,C1 x, y, z Khi có bất đẳng thức ayz + bzx + cxy a3 b3 c 3 3 Từ ta có bất đẳng thức: x + y + z a + b3 + c Bài giải Tương ứng điểm A, B,C, M với số phức z1 , z2 , z3 , Từ bất đẳng thức |z1 + z2 ||z2 + z3 | |z2 + z3 ||z3 + z1 | |z3 + z1 ||z1 + z2 | + + |z1 − z2 ||z2 − z3 | |z2 − z3 ||z3 − z1 | |z3 − z1 ||z3 − z2 | ta có bất đẳng thức: Bởi 4zx 4xy 4yz + + ca ab bc Từ suy ayz + bzx + cxy (a3 + b3 + c3 )(y3 + z3 + x3 )(z3 + x3 + y3 ) nên ta có bất đẳng thức: x3 + y3 + z3 abc ayz + bzx + cxy a3 b3 c a3 + b3 + c Mệnh đề 3.3.8 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c Gọi A1 , B1 ,C1 trung điểm cạnh BC,CA, AB, tương ứng G trọng tâm tam giác ABC Đặt da = MA, db = MB, dc = MC, dg = MG Ký hiệu khoảng cách từ điểm M mặt phẳng ABC đến A1 , B1 ,C1 x, y, z > Khi có bất đẳng thức: ada2 bdb2 cdc2 + + x y z abc d xyz g Chứng minh Tương ứng đỉnh A, B,C điểm M với số phức z1 , z2 , z3 số Ta có bất đẳng thức MA2 MB1 MC1 MB2 MC1 MA1 MC2 MA1 MB1 + + bc ca ba ada2 bdb2 cdc2 + + Như ta có x y z abc d xyz g MG2 69 Mệnh đề 3.3.9 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Với điểm M mặt phẳng ABC ta ln có aIA2 bIB2 cIC2 + + MA MB MC abcIM MA.MB.MC Chứng minh Tương ứng A, B,C, M, I với số phức z1 , z2 , z3 , z, Từ bất đẳng thức |z2 |2 |z3 |2 |z1 |2 + + |z1 − z2 ||z1 − z3 ||z − z1| |z2 − z3 ||z2 − z1 ||z − z2| |z3 − z1 ||z3 − z2 ||z − z3| |z2 | |z − z1 ||z − z2||z − z3 | ta suy bất đẳng thức IB2 IC2 IA2 + + bcMA caMB abMC IM MA.MB.MC Như ta có bất đẳng thức aIA2 bIB2 cIC2 + + MA MB MC 3.3.2 abcIM MA.MB.MC Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác Sử dụng số phức ta chứng minh Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác lồi nội tiếp đường tròn Kết trình bày báo [3] Mệnh đề 3.3.10 (Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác) Với đa giác A1 An điểm M thuộc mặt phẳng ta ln ln có bất đẳng thức: A1 A2 A2 A3 An−1 An + +···+ MA1 MA2 MA2 MA3 MAn−1 MAn An A1 MAn MA1 Khi n = ta có Bất đẳng thức Ptolemy Đặc biệt, A1 A2 = A2 A3 = · · · = An−1 An = An A1 > ta cịn có bất đẳng thức: 1 + +···+ MA1 MA2 MA2 MA3 MAn−1 MAn MAn MA1 Chứng minh Giả sử đỉnh Ak có tọa vị zk điểm M có tọa vị z Từ bất đẳng thức |z2 − z3 | |zn−1 − zn | |z1 − z2 | + +···+ |z − z1||z − z2 | |z − z2||z − z3 | |z − zn−1 ||z − zn | |z1 − zn | |z − z1 ||z − zn | 70 ta nhận bất đẳng thức: A2 A3 An−1 An A1 A2 + +···+ MA1 MA2 MA2 MA3 MAn−1 MAn An A1 MAn MA1 Với n = bất đẳng thức trở thành A1 A2 A2 A3 + MA1 MA2 MA2 MA3 A3 A1 MA3 MA1 Đây Bất đẳng thức Ptolemy Vậy 1 + +···+ MA1 MA2 MA2 MA3 MAn−1 MAn MAn MA1 A1 A2 = · · · = An A1 Ví dụ 3.3.5 Giả sử đa giác lồi A1 An với độ dài cạnh Ak Ak+1 = kA1 A2 quy ước n+1 ≡ Chứng minh rằng, tồn điểm M mặt phẳng A1 A2 An thỏa mãn bất đẳng thức: n−1 n + +···+ < MA1 MA2 MA2 MA3 MAn−1 MAn MAn MA1 Bài giải Nếu có điểm M thỏa mãn đầu ta có bất đẳng thức: n−1 + +···+ MA1 MA2 MA2 MA3 MAn−1 MAn n MAn MA1 theo Mệnh đề 3.3.10 Từ suy điều cần chứng minh 3.3.3 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác Tiếp theo việc mở rộng Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác Chúng tơi tham khảo [3] trình bày mục Với ∆ABC điểm M tùy ý ta ln có aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB abc hay 1 1 + + bcMA caMB abMC MA.MB.MC Với đa giác n đỉnh điểm tùy ý ta có kết đây: 71 Mệnh đề 3.3.11 (Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác) Với đa giác A1 An M ta có n ∑ n n k=1 MAk ∏ Ai Ak ∏ MAk k=1 i=k Khi n = a1 = A2 A3 , a2 = A3 A1 , a3 = A1 A2 ta nhận Bất đẳng thức Hayashi cho tam giác a1 MA2 MA3 + a2 MA3 MA1 + a3 MA1 MA2 a1 a2 a3 Chứng minh Giả sử đỉnh Ak có tọa vị ak với k = 1, , n, điểm M có tọa vị z Dễ n 1 dàng kiểm tra biểu diễn suy bất = ∑ n (a1 − z) (an − z) k=1 ∏ (ai − ak )(ak − z) i=k n đẳng thức ∑ k=1 MA k n n ∏ Ai Ak ∏ MAk k=1 i=k Ví dụ 3.3.6 Giả sử tam giác ABC khơng tù có ba cạnh a, b, c Chứng minh rằng, với điểm M tam giác ABC có aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB abc Dấu = xảy M trực tâm ∆ABC Bài giải Ta có aMB.MC +bMC.MA+cMA.MB abc theo Bất đẳng thức Hayashi Giả thiết M trùng trực tâm H ∆ABC Khi aHB.HC = 2RHB.HC sin A = 4RSHBC Tương tự, ta có bHC.HA = 4RSHCA cHA.HB = 4RSHAB Do vậy, ta nhận aHB.HC + bHC.HA + cHA.HB = 4RSABC = abc 3.3.4 Bất đẳng thức đồng thức (M, N) Chúng ta xây dựng bất đẳng thức mà Bất đẳng thức Hayashi trường hợp đặc biệt Chúng tơi dựa vào tài liệu [7, 2] trình bày Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức sau vận dụng kết đạt để xây dựng nhiều bất đẳng thức cho tam giác Mệnh đề 3.3.12 Giả sử đa giác A1 A2 An Khi đó, với s điểm M mặt phẳng A1 A2 An có bất đẳng thức: s s ∏ MN j j=1 n ∏ MAi i=1 n ∑ k=1 ∏ Ak N j j=1 ∏ Ak Ai MAk i=k , (M, N) n điểm N1 , , Ns 72 Hơn nữa, ta cịn có trường hợp đặc biệt thể tính tổng quát cho số kết nêu (1) Khi s = ta có Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác (2) Khi n = 4, s = 3, ta có bất đẳng thức: 3 ∏ MN j ∏ Ak N j j=1 j=1 ∑ ∏ Ak Ai MAk k=1 ∏ MAi , (M, N) i=k i=1 (3) Khi n = 3, s = 1, bốn điểm A, B,C, N thuộc đường trịn tâm M ta có bất đẳng thức aAN + bBN + cCN 4SABC Chứng minh Giả sử Ak có tọa vị ak , M có tọa vị z Nh có tọa vị zh Theo Cơng thức nội suy Lagrange có s n s ∏ (z − z j ) = ∑ j=1 Có thể đánh giá k=1 ∏ (ak − z j ) j=1 ∏ (ak − ) i=k s ∏ |z − z j | j=1 ∏ |z − | i=1 ∏(z − ai) i=k s ∏ |ak − z j | n j=1 ∑ k=1 ∏ |ak − ||z − ak | i=k Từ suy bất đẳng thức hình học s s ∏ MN j j=1 n ∏ MAi ∏ Ak N j n ∑ k=1 i=1 j=1 ∏ Ak Ai MAk i=k (1) Khi s = ta có ∏ MN j = = ∏ Ak N j Bất đẳng thức (M, N) trở thành Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác n ∏ MAi i=1 (2) (3) hiển nhiên n ∑ k=1 ∏ Ak Ai MAk i=k 73 Nhận xét 3.3.1 Ký hiệu R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp ∆ABC, N tâm đường tròn ngoại tiếp Từ bất đẳng thức aAN + bBN + cCN dàng suy R(a + b + c) 2r(a + b + c) hay R 4SABC ta dễ 2r [Euler] Ví dụ 3.3.7 Cho ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp R, r Gọi O, I G tâm đường tròn ngoại, nội tiếp trọng tâm ∆ABC Ký hiệu R1 , R2 , R3 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác GBC, GCA, GAB, tương ứng Ký hiệu , rb , rc bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC, ICA, IAB, tương ứng ký hiệu R′1 , R′2 , R′3 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OBC, OCA, OAB Khi ta có bất đẳng thức sau: (1) R2 abc a+b+c (2) R1 + R2 + R3 3R (3) r b r c + + h a hb hc (4) R′1 x R′2 y R′3 z + + hb hc ba cạnh R , , hb , hc độ dài ba đường cao ∆ABC r R ∆ABC không tù x, y, z khoảng cách từ O đến Bài giải (1) Theo Bất đẳng thức (M,N) có: aOB.OC + bOC.OA + cOA.OB abc hay R2 abc a+b+c (2) Theo Bất đẳng thức (M,N) ta có aGB.GC + bGC.GA + cGA.GB aGB.GC = 4R1 SGBC = 4R1 abc Vì abc SABC = 4R1 , 3.4R abc abc abc + R2 + R3 abc hay R1 + R2 + R3 3R 3R 3R 3R (3) Theo Bất đẳng thức (M,N) ta có aIB.IC + bIC.IA + cIA.IB abc Vì aIB.IC = rabc rabc rabc rabc rabc 4ra SIBC = 2ra = = , nên ta có + + 4R R R R R R r b r c abc hay + + hb hc r (4) Theo Bất đẳng thức (M,N) có aOB.OC + bOC.OA + cOA.OB abc Vì nên ta có R1 aOB.OC = 4R′1 SOBC = 2R′1 xa = 4R′1 nên ta có x abc x abc = R′1 4R R R′1 x abc R′2 y abc R′3 z abc + + R hb R hc R abc 74 hay R′1 x R′2 y R′3 z + + hb hc R Ví dụ 3.3.8 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Giả sử tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c I, Ja , Jb , Jc tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn bàng tiếp ∆ABC Đặt DA = x, DB = y, DC = z Với điểm M ta ln có abcMI aAI bBI cCI + + MA.MB.MC MA MB MC √ √ √ √ b+c−a c+a−b a+b−c MI a + b + c √ + √ (2) + √ MA.MB.MC caMB bcMA abMC (1) (3) MJa + MJb + MJc AJa + AJb + AJc BJa + BJb + BJc + MA.MB.MC bcMA caMB CJa +CJb +CJc + abMC (4) AJa AJb + AJb AJc + AJc AJa BJa BJb + BJb BJc + BJc BJa + bcMA caMB + (5) CJa CJb +CJb CJc +CJc CJa abMC MJa MJb + MJb MJc + MJc MJa MA.MB.MC AJa AJb AJc BJa BJb BJc CJa CJb CJc DJa DJb DJc + + + bcxMA cayMB abzMC xyzMD MJa MJb MJc MA.MB.MC.MD Bài giải (1) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n = 3, s = có bất đẳng thức: MI MA.MB.MC AI BI CI + + bcMA caMB abMC bc(b + c − a) ca(c + a − b) ab(a + b − c) , IB2 = , IC2 = nên ta nhận a + b +√ c a+b+c a + b +√c √ √ b+c−a c+a−b a+b−c MI a + b + c √ + √ bất đẳng thức + √ MA.MB.MC caMB bcMA abMC (3) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n = 3, s = ta có bất đẳng thức: (2) Vì IA2 = MJa MA.MB.MC MJb MA.MB.MC MJc MA.MB.MC AJa BJa CJa + + bcMA caMB abMC AJb BJb CJb + + bcMA caMB abMC AJc BJc CJc + + Cộng ba bất đẳng thức bcMA caMB abMC 75 MJa + MJb + MJc AJa + AJb + AJc BJa + BJb + BJc CJa +CJb +CJc + + MA.MB.MC bcMA caMB abMC (4) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n = 3, s = có bất đẳng thức: MJa MJb MA.MB.MC MJb MJc MA.MB.MC MJc MJa MA.MB.MC AJa AJb BJa BJb CJa CJc + + bcMA caMB abMC AJb AJc BJb BJc CJb CJc + + bcMA caMB abMC AJc AJa BJc BJa CJc CJa + + bcMA caMB abMC Cộng ba bất đẳng thức, với T= MJa MJb + MJb MJc + MJc MJa MA.MB.MC có bất đẳng thức T AJa AJb + AJb AJc + AJc AJa BJa BJb + BJb BJc + BJc BJa + bcMA caMB CJa CJb +CJb CJc +CJc CJa + abMC (5) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n = 4, s = có bất đẳng thức sau: MJa MJb MJc MA.MB.MC.MD AJa AJb AJc BJa BJb BJc CJa CJb CJc + + bcxMA cayMB abzMC DJa DJb DJc + xyzMD Ví dụ 3.3.9 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường trịn ngoại tiếp R Gọi O, H tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm ∆ABC Khi đó, với điểm M ta ln có bất đẳng thức: abcMO.MH RMA.MB.MC aAH bBH cCH + + MA MB MC Khi M thuộc đường trịn tâm O bán kính R ta cịn có bất đẳng thức sau đây: √ √ √ abcMH a 4R2 − a2 b 4R2 − b2 c 4R2 − c2 + + MA.MB.MC MA MB MC Bài giải Theo Bất đẳng thức (M,N) có bất đẳng thức đây: MO.MH MA.MB.MC Vậy ta có bất đẳng thức AO.AH BO.BH CO.CH + + bcMA caMB abMC abcMO.MH RMA.MB.MC aAH bBH cCH + + MA MB MC 76 Ví dụ 3.3.10 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c Gọi I, G, H tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm trực tâm ∆ABC Khi đó, với điểm M ta ln có bất đẳng thức đây: (1) abcMI MA.MB.MC aAI bBI cCI + + MA MB MC abcMG2 (2) MA.MB.MC aAG2 bBG2 cCG2 + + MA MB MC abcMH (3) MA.MB.MC a(4R2 − a2) b(4R2 − b2 ) c(4R2 − c2 ) + + MA MB MC Bài giải Với việc chọn s = 2, N1 ≡ N2 ≡ N, theo Bất đẳng thức (M,N) có MN MA.MB.MC AN BN CN + + bcMA caMB abMC Vậy ta có bất đẳng thức abcMI MA.MB.MC aAI bBI cCI + + MA MB MC abcMG2 aAG2 bBG2 cCG2 + + MA.MB.MC MA MB MC Ta có (1) (2) Khi lấy N ≡ H ta có (3): abcMH MA.MB.MC a(4R2 − a2 ) b(4R2 − b2 ) c(4R2 − c2 ) + + MA MB MC 77 Kết luận Những kết đạt Luận văn “Một số kết hình học” đạt kết sau: Một số kết tứ giác, bao gồm tứ giác có hai đường chéo vng góc, vấn đề tứ giác đường tròn Một số đồng thức conic Trình bày kết cho lục giác nội, ngoại tiếp Một số bất đẳng thức hình học, bao gồm khối tâm bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức Garfunkel mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức Đề xuất số hướng nghiên cứu Sau kết đạt luận văn, cố gắng mở rộng kết đạt được, đồng thời thực nghiên cứu sâu sắc để thu bất đẳng thức hình học ứng dụng chúng giải tốn hình học 78 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2015), Đồng thức phương pháp tọa độ Hình học, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội 2015 [2] Trần Tuấn Nam, Đàm Văn Nhỉ, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2016), Giáo trình Hình học sơ cấp, Nhà xuất ĐHSP Thành phố Hồ Chí Minh [3] Đàm Văn Nhỉ, “Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy Hayashi cho đa giác”, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ 426, tháng 12/2012 [4] B.V Sabat (1974), Nhập mơn giải tích phức (Nguyễn Thủy Thanh Hà Huy Khoái dịch), Nhà xuất ĐH THCN Hà Nội Tiếng Anh [5] O Bottema (2008), Topics in Elementary Geometry, Springer [6] H.S.M Coxeter, S.L Greitzer, (1967), Geometry Revisited, The Mathematical Association America [7] Dam Van Nhi (2013), “A new inequality and identity (M, N)”, Journal of Science and Arts 1, pp 5-16 [8] N Dergiades (2014), “Dao’s theorem on six circumcenters associated with a cyclic hexagon”, Forum Geometricorum 14, pp 243-246 [9] D Djukic, V Jankovic, I Matic, N Petrovic, The IMO Compendium 19592004, Springer Berlin-Heidelberg-New York 2005 Tiếng Pháp [10] J Rivaud (1964), Exercices D’Algèbre 1, Paris Librairie Vuibert [11] Une Réunion de Professeurs (1964), Problèmes de Géométrie, Librairie Générale de L’enseignement Libre Paris ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MAI HƯƠNG MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13... 71 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 Mở đầu Hình học mơn khoa học xuất sớm nhân loại Nhiệm vụ hình học mơ tả ngắn gọn trả lời cho câu hỏi hình dạng, kích thước, vị trí tương đối hình khối,... trọng chương trình Tốn phổ thông trường đại học sư phạm Các kết Hình học sơ cấp kinh điển tảng cho Toán học, khoa học, phát triển tư Sự lâu đời Hình học sơ cấp làm nảy sinh quan niệm cũ kỹ khơng